C++实现LeetCode(132.拆分回文串之二)

• [LeetCode] 132.Palindrome Partitioning II 拆分回文串之二

[LeetCode] 132.Palindrome Partitioning II 拆分回文串之二

Given a string s, partition s such that every substring of the partition is a palindrome.

Return the minimum cuts needed for a palindrome partitioning of s.

Example:

Input: “aab”
Output: 1
Explanation: The palindrome partitioning [“aa”,”b”] could be produced using 1 cut.

这道题是让找到把原字符串拆分成回文串的最小切割数，如果我们首先考虑用brute force来做的话就会十分的复杂，因为我们不但要判断子串是否是回文串，而且还要找出最小切割数，情况会非常的多，不好做。所以对于这种玩字符串且是求极值的题，就要祭出旷古神器动态规划Dynamic Programming了，秒天秒地秒空气，DP在手天下我有。好，吹完一波后，开始做题。DP解法的两个步骤，定义dp数组和找状态转移方程。首先来定义dp数组，这里使用最直接的定义方法，一维的dp数组，其中dp[i]表示子串 [0, i] 范围内的最小分割数，那么我们最终要返回的就是 dp[n-1] 了，这里先加个corner case的判断，若s串为空，直接返回0，OJ的test case中并没有空串的检测，但博主认为还是加上比较好，毕竟空串也算是回文串的一种，所以最小分割数为0也说得过去。接下来就是大难点了，如何找出状态转移方程。

如何更新dp[i]呢，前面说过了其表示子串 [0, i] 范围内的最小分割数。那么这个区间的每个位置都可以尝试分割开来，所以就用一个变量j来从0遍历到i，这样就可以把区间 [0, i] 分为两部分，[0, j-1] 和 [j, i]，那么suppose我们已经知道区间 [0, j-1] 的最小分割数 dp[j-1]，因为我们是从前往后更新的，而 j 小于等于 i，所以 dp[j-1] 肯定在 dp[i] 之前就已经算出来了。这样我们就只需要判断区间 [j, i] 内的子串是否为回文串了，是的话，dp[i] 就可以用 1 + dp[j-1] 来更新了。判断子串的方法用的是之前那道 Palindromic Substrings 一样的方法，使用一个二维的dp数组p，其中 p[i][j] 表示区间 [i, j] 内的子串是否为回文串，其状态转移方程为 p[i][j] = (s[i] == s[j]) && p[i+1][j-1]，其中 p[i][j] = true if [i, j]为回文。这样的话，这道题实际相当于同时用了两个DP的方法，确实难度不小呢。

第一个for循环遍历的是i，此时我们现将 dp[i] 初始化为 i，因为对于区间 [0, i]，就算我们每个字母割一刀（怎么听起来像凌迟？！），最多能只用分割 i 次，不需要再多于这个数字。但是可能会变小，所以第二个for循环用 j 遍历区间 [0, j]，根据上面的解释，我们需要验证的是区间 [j, i] 内的子串是否为回文串，那么只要 s[j] == s[i]，并且 i-j <2 或者 p[j+1][i-1] 为true的话，先更新 p[j][i] 为true，然后在更新 dp[i]，这里需要注意一下corner case，当 j 时，我们直接给 dp[i] 赋值为0，因为此时能运行到这，说明 [j, i] 区间是回文串，而 则说明 [0, 区间内是回文串，这样根本不用分割啊。若 大于0，则用 dp[j-1] + 1 来更新 dp[i]，最终返回 dp[n-1] 即可，参

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见代码如下：

解法一：

 class Solution { public: int minCut(string s) { if (s.empty()) return 0; int n = s.size(); vector<vector> p(n, vector(n)); vector dp(n); for (int i = 0; i <n; ++i) { dp[i] = i; for (int j = 0; j <= i; ++j) { if (s[i] == s[j] && (i - j </div><p>我们也可以反向推，这里的dp数组的定义就刚好跟前面反过来了，dp[i] 表示区间 [i, n-1] 内的最小分割数，所以最终只需要返回 dp[0] 就是区间 [0, n-1] 内的最喜哦啊分割数了，极为所求。然后每次初始化 dp[i] 为 n-1-i 即可，j 的更新范围是 [i, n)，此时我们就只需要用 1 + dp[j+1] 来更新 dp[i] 了，为了防止越界，需要对 j == n-1 的情况单独处理一下，整个思想跟上面的解法一模一样，请参见之前的讲解。</p><p>解法二：</p><div class="gaodaimacode"><pre class="prettyprint linenums"> class Solution { public: int minCut(string s) { if (s.empty()) return 0; int n = s.size(); vector<vector> p(n, vector(n)); vector dp(n); for (int i = n - 1; i >= 0; --i) { dp[i] = n - i - 1; for (int j = i; j <n; ++j) { if (s[i] == s[j] && (j - i <= 1 || p[i + 1][j - 1])) { p[i][j] = true; dp[i] = (j == n - 1) ? 0 : min(dp[i], dp[j + 1] + 1); } } } return dp[0]; } };

下面这种解法是论坛上的高分解法，没用使用判断区间 [i, j] 内是否为回文串的二维dp数组，节省了空间。但写法上比之前的解法稍微有些凌乱，也算是个 trade-off 吧。这里还是用的一维dp数组，不过大小初始化为了 n+1，这样其定义就稍稍发生了些变化，dp[i] 表示由s串中前 i 个字母组成的子串的最小分割数，这样 dp[n] 极为最终所求。接下来就要找状态转移方程了。这道题的更新方式比较特别，跟之前的都不一样，之前遍历 i 的时候，都是更新的 dp[i]，这道题更新的却是 dp[i+len+1] 和 dp[i+len+2]，其中 len 是以i为中心，总长度为 2*len + 1 的回文串，比如 bob，此时 i=1，len=1，或者是i为中心之一，总长度为 2*len + 2 的回文串，比如 noon，此时 i=1，len=1。中间两个for循环就是分别更新以 i 为中心且长度为 2*len + 1 的奇数回文串，和以 i 为中心之一且长度为 2*len + 2 的偶数回文串的。i-len 正好是奇数或者偶数回文串的起始位置，由于我们定义的 dp[i] 是区间 [0, i-1] 的最小分割数，所以 dp[i-len] 就是区间 [0, i-len-1] 范围内的最小分割数，那么加上奇数回文串长度 2*len + 1，此时整个区间为 [0, i+len]，即需要更新 dp[i+len+1]。如果是加上偶数回文串的长度 2*len + 2，那么整个区间为 [0, i+len+1]，即需要更新 dp[i+len+2]。这就是分奇偶的状态转移方程，参见代码如下：

解法三：

 class Solution { public: int minCut(string s) { if (s.empty()) return 0; int n = s.size(); vector dp(n + 1, INT_MAX); dp[0] = -1; for (int i = 0; i = 0 && i + len = 0 && i + len + 1 <n && s[i - len]== + len 1]; ++len) { dp[i 2]=min(dp[i 2], 1 len]); } return dp[n]; };

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